江苏四校2022-2023学年高三下学期4月阶段性测试数学试题解析

2022-2023学年第二学期高三阶段性测试2023.4无锡市辅仁高级中学、江阴高中、宜兴一中、常州市北郊中学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数满足，（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算先计算，求出，再由模长公式即可求解.【详解】由可得，所以，所以，故选：D.2.设，已知两个非空集合，满足，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用韦恩图，结合集合的交集和并集运算即可求解.【详解】根据题意，作出如下图韦恩图：满足，即.故选：B.3.大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，），将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（）A.6 B.13 C.19 D.60【答案】B【解析】【分析】首先根据的标准分解式得到，然后根据这5个素数的特点进行分类讨论，最后利用分类加法计数原理即可得解．【详解】解根据标准分解式可得，故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.故选：B．4.已知多项式，则（）A.11 B.74 C.86 D.【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理分别求出与一次项的系数，再相加即可.【详解】对于，其展开通项公式为，令，得，故，对于，其展开通项公式为，令，得，故，所以.故选：B.5.勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解.【详解】以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系，因为，,所以，即，且所以，所以，故选:C.6.在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】证明,为直角三角形后可得的中点为外接球的球心，为半径,分别计算外接球的表面积与三棱锥的体积即可.【详解】取的中点,连接，因为面面面所以，所以，所以，，因为面面所以面，又因为面，所以，所以，所以，所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，所以球的表面积为，三棱锥的体积为，故.故选：D7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知利用二倍角公式和两角差正弦公式，化简已知等式可得，结合，利用二倍角公式可求出.【详解】，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故选：A8.已知函数．设s为正数，则在中（）A.不可能同时大于其它两个 B.可能同时小于其它两个C.三者不可能同时相等 D.至少有一个小于【答案】D【解析】【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.【详解】∵，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则，且，对A：若，则，则，A错误；对B、C：当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；综上所述：不可能同时小于，B、C错误；对D：构建，则当时恒成立，故在上单调递减，则，令，可得，则，故，即，使得，反证：假设均不小于，则，显然不成立，假设不成立，D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（）A.，，两两互斥 B.C.与B是相互独立事件 D.【答案】AB【解析】【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，对于B，由题意可得，所以，所以B正确，对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，对于D，由C选项可知D是错误的，故选：AB10.已知经过点的圆的圆心坐标为（为整数），且与直线相切，直线与圆相交于、两点，下列说法正确的是（）A.圆的标准方程为B.若，则实数的值为C.若，则直线的方程为或D.弦的中点的轨迹方程为【答案】BC【解析】【分析】根据题意可得出关于的等式，结合可求得的值，可得出圆的方程，可判断A选项；分析可知直线过圆心，求出的值，可判断B选项；利用勾股定理结合点到直线的距离求出的值，可得出直线的方程，可判断C选项；根据已知条件求出点的轨迹方程，可判断D选项.【详解】对于A，设圆的半径为，由题意可得圆的方程为（为整数），根据点是圆上的点，且圆与直线相切，则，所以，，因为，解得，则，则圆的标准方程为，故A错误；对于B，由题意可知圆的标准方程为，圆心，点在圆上，且，线段为圆的一条直径，直线与圆相交于、两点，圆心在直线上，，解得，故B正确；对于C，由选项A知圆的半径为，圆心，则圆心到直线的距离，，即，解得，，整理得，解得或，则直线的方程为或，故C正确；对于D，直线的方程可化为，过定点，由圆的性质可得，点的轨迹是以线段为直径的圆，则此圆圆心为线段的中点，其坐标为，半径为，则该圆的方程为，由解得或，故弦的中点的轨迹方程为，故D错误；故选：BC.11.已知函数的导函数，且，，则（）A.是函数的一个极大值点B.C.函数在处切线的斜率小于零D.【答案】AB【解析】【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.【详解】令，解得，则在上单调递增，令，解得或，则在上单调递减，故是函数的一个极大值点，，A、B正确；∵，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误；故选：AB.12.如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（）A.当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为B.四棱锥的体积的最大值为C.若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为D.若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2【答案】AB【解析】【分析】根据圆锥的表面积公式即可判断A,由锐角三角函数结合锥体的体积公式可表达出体积关系式,结合三角函数的性质即可判断B,根据长度关系可得垂直以及平行，结合等面积法得即可求解C,由线线角的几何法求解，结合余弦定理即可判断D.【详解】由题意，在中，，，，DE是的中位线，∴，，，∴，，对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：，故A正确；对于B项，设，则，设点到的距离为，则，∴四棱锥的体积为：，在中，，∴，∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；对于C，D项，当三角形ACE为正三角形时，，，取中点为,的中点，连接，，连接，在中，，点F为AB的中点，由于分别是的中点，所以,,,因此四边形为平行四边形，故由于平面,所以平面,平面,所以,因此四边形为矩形，则由于,所以平面,平面,所以，在中，，∴，为的中点，在中，为的中点，点F为AB的中点，，∴，而平面，即有平面，又平面，因此平面平面，而平面平面，所以点F到平面ACD的距离等于点F到直线DG的距离，则，，在中，在矩形中，，，，设点F到平面ACD的距离为，在中，，即，解得：，故C错误，对于D,由于,所以四边形为平行四边形，故，又，此时即为异面直线AC与BD所成的角或补角，由于，,,由余弦定理，解得，则A,C两点间的距离为，故D错误；故选：AB.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案写在答题卡相应的位置上.13.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过点P作，交准线l于点A.若，则的长为_________.【答案】【解析】【分析】由抛物线的定义得出是等边三角形，再由定义得出点坐标，进而由距离公式求解.【详解】不妨设点在第二象限，由抛物线定义可得，又，所以是等边三角形．所以，则，则，，则.故答案为：14.已知函数，将的图像向右平移个单位长度后的函数的图像，若为偶函数，则函数在上的值域为___________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据为偶函数求出的值，即可求出的解析式，最后根据正弦函数的性质计算可得.【详解】解：因为，将的图像向右平移个单位长度得到，又为偶函数，所以，，解得，，因为，所以，所以，因为，则，所以，则.故答案为：15.已知数列的前项和为，，，若对任意，等式恒成立，则_______.【答案】＃＃0.5【解析】【分析】根据的关系可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，进而由等差数列的求和公式即可化简求解.【详解】因为，所以当时，有，两式相减得，即有，整理得：，所以，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，，则，所以，又因为对任意，等式恒成立，所以，解得.故答案为：16.如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由双曲线的性质，结合双曲线的定义及余弦定理求解即可.【详解】由，，则，，设，则，，由双曲线的性质可得，，则，即，即，，，，在直角三角形中，由勾股定理可得，即，即，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知等比数列的前项和为，且，，数列满足．（1）求数列和的通项公式；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；，（2）．【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由求得公比，再由求解；进而由求解.（2）由对于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可.【小问1详解】解：设等比数列公比为，由，显然，所以，解得，由于，所以的通项公式为，；所以，，所以的通项公式为，．【小问2详解】因为恒成立，即对于任意的恒成立．令，，则，当时，所以，即的最小值为，所以实数的取值范围为.18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足.（1）证明（2）求所有正整数k，m的值，使得和同时成立【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由结合已知条件得，，进而得到，再利用正弦定理边化角即可求解；（2）由得，,再利用正余弦定理化简得，结合条件得，即，再分析求解即可.【小问1详解】因为，所以，即，因为，所以，即，由正弦定理得，其中为的外接圆半径，所以.【小问2详解】由，可知，则由正、余弦定理得到，化简得，因为，，所以，即，因为均为正整数，所以由可知为2的正整数因式1或2，故，所以，即，所以.19.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．（1）求点A到平面PBC的距离；（2）E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.【小问1详解】取AD中点O，连接OB，OP.∵为等边三角形，∴，OA=1，.又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面PAD，∴平面ABC.又∵平面ABCD，∴.∵，∴，∴.又∵，平面POB，平面POB，，∴平面POB.又∵平面POB，∴.∴，设点A到平面PBC的距离为h，则即，∴；【小问2详解】由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.设，则，.得，则.又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.设AE与平面ABCD所成的角为，则，解得.则，.设平面ADE的法向量，则.令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.20.互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．（1）求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；（2）为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．参考数据：．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.【小问1详解】根据题意，得，因为，同理，所以，所以总样本的平均数为，方差.【小问2详解】依题意可知，的所有可能取值为，设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，则，所以，，，所以.21.已知曲线，直线与曲线交于轴右侧不同的两点．（1）求的取值范围；（2）已知点的坐标为，试问：的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）的内心恒在一条定直线上，该直线为【解析】【分析】（1）联立方程，根据题意结合韦达定理列式求解；（2）根据（1）中的韦达定理证明，即可得结果.【小问1详解】设，联立方程，消去y得：，由题意可得，解得，故的取值范围为.【小问2详解】内心恒在一条定直线上，该直线为，∵，即点在椭圆上，若直线过点，则，解得，即直线不过点，故直线的斜率存在，由（1）可得：，设直线的斜率分别为，则，∵，即，则的角平分线为，故的内心恒在直线上.【点睛】方法定睛：存在性问题求解的思路及策略：(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．22.已知函数，．（1）若，证明：在上单调递增．（2）若存在两个极小值点．①求实数的取值范围；②试比较与的大小．【答案】（1）证明见解析（2）①；②.【解析】【分析】（1）求得，根据题意得到，设，利用导数求得的单调性和，即可证得在上单调递增；（2）根据题意求得，令，则，（i）当时，得到单调递增，进而得到的单调性，得出只有一个极小